Giải đáp Toán Học Nguyễn Thế Duy Câu 1. Cho hàm số 32 1 2 1y x m x m x . Tìm m để hàm số nghịch biến trên 1; 3 Lời giải. TXĐ : x . Ta có : 2 ' 3 2 1 2y x m m x Để hàm số đã cho nghịch biến trên 1; 3 khi và chỉ khi : 2 2 2 ' 0 1; 3 3 2 1 2 0 1; 3 3 2 2 3 2 2 2 1 0 1; 3 12 y x x m x m x xx x x m x m x x Xét hàm số 2 3 2 2 12 xx fx x trên 1; 3 , có : 2 13 15 '0 10 2 x f x x xx Do đó 2 1;3 3 2 2 1 5 1; 3 min ; 1 ; 3 1 2 2 xx m x m f x f f f x là giá trị cần tìm Câu 2. Giải phương trình với x : 5 sin 3 2 cos3 4 cos 0x x x Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với : 33 2 3 3 2 5 3 sin 4 sin 2 4 cos 3 cos 4 cos 0 15 sin . cos 5 sin 6 cos 2 cos .sin 0 sin 3 cos sin 3 cos 5 sin 2 cos 0 2 tan 3 3 2 2 tan arctan 2 5 5 x x x x x x x x x x x x x x x x x xk x k x xk Vậy phương trình đã cho có họ nghiệm kể trên Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ cho đường tròn 22 : 2 1 9C x y và điểm 0; 4A . Đường thẳng đi qua điểm 1;1M và cắt đường tròn C tại N .Xác định tọa độ điểm N biết khoảng cách từ tâm của đường tròn C đến đường thẳng bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng . Lời giải. 22 : 2 1 9 2;1 ; 3C x y I R Vì đi qua 1;1M nên gọi phương trình có dạng : 22 00ax by a b a b BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Hướng dẫn giải đề số 1 Giải đáp Toán Học Nguyễn Thế Duy Theo giả thiết , ta có : 23 ; ; 3 3 43 ab d I d A a a b ab TH1. Với 23ab suy ra phương trình : 3 2 1 0xy do đó tọa độ điểm N thỏa mãn : 22 3 2 1 0 11 23 ,; 13 13 2 1 9 xy xy xy TH2. Với 43ab suy ra phương trình : 3 4 7 0xy do đó tọa độ điểm N thỏa mãn : 22 3 4 7 0 71 97 ,; 25 25 2 1 9 xy xy xy Mỗi trường hợp trên đều loại một điểm N là do nó đã trùng với điểm 1;1M Câu 4. Giải phương trình : 1 3 1 2 1 3 11 2 x x x x x x x Lời giải. Điều kiện : 0x Phương trình đã cho được viết lại thành : 2 2 22 3 2 2 1 2 1 6 22 3 2 6 2 1 2 1 6 22 0 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 12 20 0 1 2 1 1 2 1 2 5 2 0 4 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x x x x Vậy 4x là nghiệm duy nhất của phương trình Câu 5. Giải hệ phương trình : 22 2 10 3 6 7 , 2 3 2 2 1 x y x y xy xy y x xy y y x y Lời giải. Điều kiện : 1 2 xy Xử lý phương trình hai chúng ta có : 2 1 2 1 3x y y y x y Phương trình một của hệ biểu diễn dưới dạng : 2 2 3 5 0 53 xy x y x y xy Với 2xy thế vào ta được : 2 1 2 1 3y y y y Với 53xy thế vào ta được : 4 3 2 1 2 1 4 3 3y y y y Hai hàm số trên thu được đều là những hàm đồng biến trên 1 ; 2 oo và 3 ; 4 oo do đó đều có nghiệm duy nhất 1 ; 2;1y x y là nghiệm duy nhất của hệ phương trình ban đầu Giải đáp Toán Học Nguyễn Thế Duy Câu 6. Cho ,xy là hai số thực dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 22 20 9 2 34 4 x y y xy x y y xy x y Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có : 2 2 2 2 22 20 10 2 3 4 2 2 2 34 y x y xy x y y y x y xy x y y 22 2 99 4 4 4 4 4 4 4 xy x y xy x y x y x y xy x y x y x y Từ đó suy ra : 22 10 9 10 9 0 22 4 4 x y t f t t x y x y t tt x y x y Xét hàm số 2 10 9 2 4 t ft t tt với 0t , có : 22 2 18 2 8 ' 0 2 2 4 t f t t t tt Do đó suy ra được 9 2 4 f t f hay 9 1 2 4 xy Max x y xy . nghiệm duy nhất của phương trình Câu 5. Giải hệ phương trình : 22 2 10 3 6 7 , 2 3 2 2 1 x y x y xy xy y x xy y y x y Lời giải. Điều kiện : 1 2 xy . điểm 1;1M Câu 4. Giải phương trình : 1 3 1 2 1 3 11 2 x x x x x x x Lời giải. Điều kiện : 0x Phương trình đã cho được viết lại thành. 2 xx m x m f x f f f x là giá trị cần tìm Câu 2. Giải phương trình với x : 5 sin 3 2 cos3 4 cos 0x x x Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với :